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【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 1.1力与物体的平衡(A卷)

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力与物体的平衡(A卷)(45分钟,100分)一、单项选择题(本题共4小题,每小题8分,共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2022·温州一模)如图所示,登山者连同设备总重量为G。某时刻缆绳和竖直方向的夹角为α,若登山者手拉缆绳的力大小也为G,则登山者脚对岩石的作用力(  )A.方向水平向右B.方向斜向右下方C.大小为GtanαD.大小为Gsinα【解析】选B。登山者受力如图所示,由平衡条件得:FN=2Gsinα2,方向斜向左上方,由牛顿第三定律可知,登山者脚对岩石的作用力大小为2Gsinα2,方向斜向右下方,B正确,A、C、D错误。2.如图所示,物体静止在水平面上,今对物体施加一个与水平方向成θ角的斜向上的拉力F,保持θ角不变,使F从零开始逐渐增大的过程中,物体始终未离开水平面,在此过程中物体受到的摩擦力将(  )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先逐渐增大后逐渐减小D.先逐渐减小后逐渐增大【解析】选C。物体滑动前受静摩擦力,由水平方向受力平衡得Fcosθ=Ff,摩擦力随拉力的增大而增大;物体滑动以后由摩擦力公式得Ff=μ(mg-Fsinθ),摩擦力随拉力的增大而减小。故C正确。3.(2022·嘉兴一模)如图为某国产武装直升机拖曳扫雷具扫除水雷的演习模拟图。扫雷具质量为m,当直升机水平匀速飞行时,绳子与竖直方向恒成θ角,已知扫雷具所受浮力不能忽略,下列说法正确的是(  )A.绳子拉力大小为mgcosθ-7-\nB.绳子拉力一定大于mgC.海水对扫雷具水平作用力小于绳子拉力D.海水对扫雷具水平作用力可能等于绳子拉力【解析】选C。扫雷具受力如图所示,由平衡条件得,水平方向FTsinθ-Ff=0,竖直方向FTcosθ+F浮-mg=0,解得FT=mgcosθ-F浮cosθ,Ff=FTsinθ,故A、B、D错误,C正确。4.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态,下列说法中正确的是(  )A.冬季,电线对电线杆的拉力较大B.夏季,电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大D.夏季,杆对地面的压力较大【解析】选A。电线受到自身重力和两端电线杆的拉力作用,如图所示,根据对称性,两端拉力F大小相等,根据平衡条件,两个拉力F的合力竖直向上,大小等于重力,设拉力与竖直方向夹角为θ,则有2Fcosθ=mg,拉力F=mg2cosθ,夏天电线拉长,θ小,拉力F小,根据相互作用,夏天,电线对电线杆的拉力较小,冬季拉力较大,选项A对,B、C错;把电线和电线杆看作一个整体,无论冬夏,它们的重力不变,所以地面支持力不变,杆对地面压力不变,选项D错。【加固训练】如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′-7-\n处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点。已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角θ=30°。下列说法正确的是(  )A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.轻弹簧对小球的作用力大小为32mgD.弹簧原长为R+mgk【解析】选D。容器和小球组成的系统处于平衡状态,受力如图甲所示,容器相对于水平面没有向左运动的趋势,A错;小球受力如图乙所示,容器对小球的作用力是支持力,指向球心O,B错;由θ=30°得,小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg,C错;题图中弹簧长度为R,压缩量为mgk,故原长为R+mgk,D正确。二、不定项选择题(本题共3小题,每小题8分,共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2022·宁波一模)如图所示,斜面体C置于水平地面上,小物块B置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏A连接,连接B的一段细绳与斜面平行。在A中的沙子缓慢流出的过程中,A、B、C都处于静止状态,则在此过程中(  )A.B对C的摩擦力大小一定减小B.C对B的作用力大小可能先减小后增大C.地面对C的摩擦力大小一定减小D.C对地面的摩擦力方向始终水平向左【解析】选B、C。A中的沙-7-\n子缓慢流出的过程,绳子的拉力逐渐减小。小物块B受竖直向下的重力,垂直斜面向上的支持力,沿斜面向上的绳子的拉力,而斜面对B的静摩擦力可能沿斜面向上,也可能沿斜面向下;若摩擦力沿斜面向上,随着绳子拉力的减小,摩擦力逐渐增大;若摩擦力沿斜面向下,随着绳子拉力的减小,摩擦力逐渐减小,当摩擦力减小至零后,摩擦力将沿斜面向上,逐渐增大,故A错误,B正确;物块B和斜面体C整体受力如图所示,由平衡条件得,FTcosθ=Ff,拉力FT减小,Ff减小,C正确;C对地面的摩擦力方向始终水平向右,D错误。6.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点,在墙壁和球P之间夹有一矩形物体Q。P、Q均处于静止状态,则下列相关说法正确的是(  )A.P物体受4个力B.Q受到3个力C.若绳子变长,绳子的拉力将变小D.若绳子变短,Q受到的静摩擦力将增大【解析】选A、C。对Q进行受力分析,受重力、压力、支持力和向上的静摩擦力,共4个力,B错误;摩擦力是P给的,因此P受到重力、拉力、支持力和Q给的摩擦力,共4个,A正确;对PQ作为一个整体进行受力分析,如图所示根据平衡条件,有FTcosθ=(M+m)g,绳子变长时,θ变小,因此绳子拉力变小,C正确;而无论如何变化,Q受到的摩擦力都等于Q本身的重力,D错误。7.(2022·广东高考)如图,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上,则(  )A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)知道P静止在斜面上的条件。(2)Q轻放于P上,相当于P的质量变大,各力均变化,分析合力是否变化。-7-\n【解析】选B、D。设P的质量为m,P静止于斜面上,则有mgsinθ=Ff≤μmgcosθ,当把Q轻放于P之上,相当于P的质量变大,设P、Q的总质量为M,则有Mgsinθ≤μMgcosθ,故P仍静止不动,A错误、B正确;P静止不动合力为零,C错误;对P、Q整体:F′f=Mgsinθ,由于M>m,故F′f变大,D正确。三、计算题(本题共2小题,共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·丽水模拟)如图甲、乙所示,传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3,中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来,木块与传送带间的动摩擦因数均为μ,其中木块1被与传送带平行的细线拉住,传送带按图示方向匀速运动,三个木块处于平衡状态。求:(1)在图甲状态下,1、3两木块之间的距离是多大?(2)在图乙状态下,细线的拉力是多大?木块1、3之间的距离又是多大?【解析】(1)当三木块达到平衡状态时,对木块3受力分析可知,2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的摩擦力,μmg=kx3 (3分)解得2和3间弹簧伸长量为x3=μmgk (1分)以2木块为研究对象,则kx2=kx3+μmg (3分)即1和2间弹簧伸长量为x2=2μmgk (1分)1、3两木块间的距离等于弹簧的原长加上伸长量,即x=2L+3μmgk (2分)(2)细线的拉力FT=3mgsinα+3μmgcosα (3分)当三木块达到平衡状态时,对木块3受力分析可知,2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的摩擦力与重力的分力之和,即mgsinα+μmgcosα=kx3′ (3分)解得2和3间弹簧伸长量为x3′=mgsinα+μmgcosαk(1分)以2木块为研究对象,则-7-\nkx2′=kx3′+mgsinα+μmgcosα (2分)即1和2间弹簧伸长量为x′2=2(mgsinα+μmgcosα)k (1分)1、3两木块间的距离等于弹簧的原长加上伸长量,即x′=2L+3(mgsinα+μmgcosα)k (2分)答案:(1)2L+3μmgk (2)3mgsinα+3μmgcosα2L+3(mgsinα+μmgcosα)k【总结提升】共点力平衡问题的一般解题步骤(1)选取研究对象:根据题目要求,选取一个平衡体(单个物体或系统,也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图:对研究对象进行受力分析,画出受力示意图。(3)正交分解:选取合适的方向建立直角坐标系,将所受各力正交分解。(4)列方程求解:根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。9.(22分)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g。(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。(2)当θ为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。【解析】(1)当θ=30°时,木块处于平衡状态,对木块受力分析:mgsinθ=μFN①(3分)FN-mgcosθ=0 ②(3分)解得,μ=tanθ=tan30°=33③(2分)(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则:-mgsinθ-μmgcosθ=ma ④(3分)-7-\n木块的位移x为:0-v02=2ax ⑤(3分)则x=v022g(sinθ+μcosθ) (2分)令tanα=μ,则当α+θ=90°时x最小,即θ=60°⑥(3分)x最小值为xmin=v022g(sin60°+μcos60°)=3v024g (3分)答案:(1)33 (2)60° 3v024g-7-

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发布时间:2022-08-26 00:40:44 页数:7
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文章作者:U-336598

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